2026中考数学压轴题每日一题（120题）答案

(2)求出D，E点的坐标，易得抛物线的顶点坐标在直线y=-1上移动，根据抛物线y=(x-h)2-1与线段将抛物线向右移动直至抛物线与线段DE只有一个交点为E(2,1)时，均满足题意，求出两个临界值即可得出立抛物线与直线AB，根据根与系数的关系结合中点坐标公式求出M点坐标，同理求出N点坐标，作MH⊥CT，NF⊥CT根据TC平分∠MTN，得到tan∠NTF=tan∠MTH，设T(1,t)，根据正切的定则该抛物线解析式为：y=x2-2x；∴D(0,-1)，E(2,1)，∵y=(x-h)2-1，∴顶点坐标在直线y=-1上移动，∵y=(x-h)2-1与线段DE有公共点，2-4h2=0，将y=(x-h)2-1从h=-开始向右移动，直至抛物线与线段DE只有一个交点为E(2,1)时，y=(x-h)2∴当y=(x-h)2-1过点E(2,1)时，(2-h)2-1=1，∴当-≤h≤2+2时，抛物线y=(x-h)2-1与∴直线PQ的解析式为：y=-(x-1)，即：y=-x+，∴xA+xB=k+2，yA+yB=kxA-k+kxB-k=k(xA+xB)-2k=k2，∴M,，联立同理可得：N(1-,，作MH⊥CT，NF⊥CT，∵TC平分∠MTN，∴∠NTF=∠MTH，∴tan∠NTF=tan∠MTH，∴=，设T(1,t)，则∴抛物线的对称轴上存在T，使得TC总是平分∠MTN．(2)先求出直线BC的解析式，然后设点P的坐标为(x,x2-5x-6)，过点P作PF⎳y轴交BC于点F，交x轴于点H，点F的坐标为(x,x-6)，求出PF长，再证明△QPF∽△QOC，根据对应边成比例求出的最大值，把点P向上平移4个单位长度得到点Q，点Q的坐标为(3,-8)，连接GD，即可得到BD+PE=BD+DG，连接AG，则AG是最小值，利用勾股定理(3)根据平移得到抛物线y'的解析式，然后过点P作PQ⊥y轴于点Q，过点N作NK⊥x轴于点K，连接PM，即可得到∠NAB=∠OPM-45°=∠OPQ=tan∠NAB=tan∠OPQ，列等式求出a的值即可．(2)令x=0，则y=-6，设直线BC的解析式为y=mx+n，把(6,0)和(0,-6)代入得，解得∴y=x-6，设点P的坐标为(x,x2-5x-6)，过点P作PH⎳y轴则点F的坐标为(x,x-6)，∴PF=x-6-(x2-5x-6)=-x2+6x，∴∠PFQ=∠OCQ，∠FPQ=∠COQ，∴△QPF∽△QOC，标为(3,-12)，为(3,-8)，连接GD，∴DG=PE，即BD+PE=BD+DG，由A，B关于x对称性可得点A的坐标为(-1,0)，连接AG，则BD+PE=BD+DG的最小值为AG长，即BD+PE的最小值为；(3)∵AB=AC=6，∴∠ABC=∠ACB=45°,∵将抛物线y=x2+bx+c沿射线BC方向平移个单位长度，即为向左平移两个单位长度，向下平移两(xx2-x-14，过点P作PQ⊥y轴于点Q，过点N作NK⊥x轴于点K，连接PM，设点N的坐标为(a,a2-a-14)，由平移得∠QPM=45°,∴∠NAB=∠OPM-45°=∠OPQ+∠QPM-45°=∠OPQ=∠POB，∵tan∠NAB=tan∠OPQ， 解得a=-5(舍去)或a=2，:点N的坐标为(2,-12)；“tan∠NAB=tan∠OPQ，(2)求出点A的坐标，进而得到点M的坐标，求出直线AB的解析式，进而求出点C的坐标，求出坐标，根据△BCD的面积=CD.OM进行求解即(3)①根据要求作图即可，连接BF，作FQ丄OB于点Q，证明△AOE≥△BOF，得到∠OBF=∠OAE=角形，求出F点坐标，将F点的横坐标代入抛物线的②连接BF并延长，交x轴于点G，连接PM，PF，MF，作MH丄BG于点H，斜边上的中线得到MP= OA=2，根据PF≥MF-PM，得到当M，P，F三点共线时，PF最小，同①可知，∠OBF=∠OAE小为MH-PM，易得△OBG为等腰直角三角形，求直角三角形，求出MH的长，根据PF最小为MH-PM，计算即可．【解答】解：(1)把B(0,-4)，代入y=a(x+(x-:y=x+(x-4)=x2-x-4；(2)当y=x+(x-4)=0时，则x1=-，x2=4，:A(4,0)，“M是OA的中点，:M(2,0)，:OM=2，“B(0,-4)，:设直线AB的解析式为：y=kx-4，把A(4,0)，代入，得k=1，:y=x-4，“点M作OA的垂线，交AB于点C，交抛物线于点D，:C(2,-2)，D(2,-，:CD=-2+=，:△BCD的面积=CD.OM=×2×=；:∠OAB=∠OBA=45。:OE=OF，∠EOF=90。=∠BOA，:∠AOE=∠BOF，:△AOE≥△BOF(SAS)，“FQ丄OB，:△FQB为等腰直角三角形，:FQ=BQ=2BF=:OQ=OB-BQ=3，:F(-1,-3)，对于y=x2-x-4，当x=-1时，y=+-4=-3，:点F在抛物线上；②连接BF并延长，交x轴于点G，连接PM，MF，作MH丄BG于点H，如图，∵∠OPA=90°,M为OA的中点，∵PF≥MF-PM，同①可得，∠OBF=∠OAE=45°,∴当MF⊥BG时，即F与点H重合时，MF最小，此时PF最小为MH-PM，∵∠OBG=45°,∴OG=OB=4，∠BGO=45°∴MG=OG+OM=6，△MHG为等腰直角三角形，∴PF的最小值为MH-PM=32-2．4．【分析】(1)由解析式可知C(0,3)，令y=0，则-x2+2x+3=0．解得x=-1，或x=3．点B的坐标(2)方法一：把M(m,y1)，N(m+2,y2)代入y=-x2+2x+3中，可得y1+2y2=-3(m，求出此+2y2=-3m2-2m+9．当y1+2y2=10时，可得方程-3m2-2m+9=10，整理方程后用根的判别式考虑方M'，则MM'⎳NN'，当x=1-m时，y=-(1-m)2+2(1-m)+3=-m2+4．点P的坐标为(1-m,-m2+4)，点N的坐标为(m+2,-m2-2m+3)，点Q的坐标为(m+2,-m2+4)，点H的坐标为(m+2,0)，点N'的坐标为(m+2,-m+1)．从而可知NQ=PQ=|2m+1|，BH=HN'=|-m+1|．故∠PNQ=∠BN'H=45°.证明△MDE∽△MNP，由面积比可推得MDMN，即MD=ND．再证明△MM'D'∽△NN'D，由，即MM'=NN'，由【解答】解：(1)令x=0，则y=3，可得C的坐标为令y=0，则-x2+2x+3=0，解得x=-1或x=3．∴直线BC对应函数的表达式为y=-x+3．方法一：把M(m,y1)，N(m+2,y2)代入二次函数y=-x2+2x+3中，可得y1=-m2+2m+3，y2=-(m+2)2+2(m+2)+3=-m2-2m+3，∴y1+2y2=-m2+2m+3+2(-m2-2m+3)=-3m2-2m+9，配方得y1+2y2=-3(m方法二：由方法一得y1+2y2=-3m2-2m+9．1+2y2=10时，即-3m2-2m+9=10，整理可得3m2+2m+1=0．∵△=4-12=-8<0，M'当x=1-m时，y=-(1-m)2+2(1-m)+3=-m2+4．∴点P的坐标为(1-m,-m2+4)．∵点N的坐标为(m+2,-m2-2m+3)，∴点Q的坐标为(m+2,-m2+4)，点H的坐标为(m+2,0)，点N'的坐标为(m+2,-m+1)．∴NQ=PQ=|2m+1|，BH=HN'=|-m+1|．∴∠PNQ=∠BN'H=45°.∴MDMN，即MD=ND．∵MM'⎳NN'，∴△MM'D∽△NN'D． ,即MM'=NN'，∵点M的坐标为(m,-m2+2m+3)，∴点M'的坐标为(m,-m+3)．∴m2-3m=|-m2-m+2|，即m2-m-1=0或-4m=-2，M重合，舍去)，D(tt2+t+3(，E(tt+3(，即可用t的代数式表示DE；②用两点间距离公式分别表示三边，分类讨论，建立(3)在y轴负半轴取点N(0,-6)，连接NG并延长交x轴于点M，连接AN，证明△BOE≅△NOG(SAS)，则∠CBO=∠MNO，确定点G在线段MN上运动(不包括端点)，故当AG⊥MN时，AG最小，可证明△COB≅△MON(ASA)，求得MN ,而当AG⊥MN时，S△AMNAM.ON= MN.AG，即可由面积法求最小值．【解答】解：(1)∵抛物线y=ax2+bx+3与x轴交于=2，OB=6，∴A(-2,0)，B(6,0)，,解得∴抛物线表达式为yx2+x+3；(2)①对于抛物线表达式yx2+x+3，∴C(0,3)，∴直线BC:yx+3，∵DE⊥AB，当DE=CE时，t，∴-t2+t+3=-×(6-25)2+6-25+3=当CD=DE时，tt2+tt(2，整理得：t2(-t+1)=0，解得：t=1或t=0(舍)，当CD=CE时，tt2+tt(2，解得：t=2或t=6(舍)或t=0(舍)，综上：△CDE是等腰三角形时，D(2,4)或D(3)在y轴负半轴取点N(0,-6)，连接NG并延长交x轴于点M，连接AN，由旋转得：OE=OG，∠EOG=90°,∵B(6,0)，∴OB=ON，∴∠BON=90°,∴∠EOM=∠GON=90°-∠MOG，∴△BOE≅△NOG(SAS)，∴∠CBO=∠MNO，∴当AG⊥MN时，AG最小，∵∠CBO=∠MNO，OB=ON，∠COB=∠MON，∴△COB≅△MON(ASA)，∴OM=OC=3，∴MN=OM2+ON2=35，∴当AG⊥MN时，S△AMN=AM.ON=MN.AG∴×5×6=×35×AG，∴AG=25；方法2：设E(t,-t+3(，∴G(-t+3，-t(，∴AG=(t-2)2+20，6．【分析】(1)先求出A(-3,0)，B(1,0)，C(0,3)，(2)由(1)知G2的表达式为y=x2+4x+3，设P((-3≤t≤0)，则M(t,-t2-2t+3)，N(t,t2+4t+3)，故MN=-t2-2t+3-t2-4t-3=-2t2-6t=-2(t+2+，根据二次函数的性质即可得到MN(3)作MS⊥AC于点S，RN⊥AC于点R，设MN交AC于点E，如图1所示，由待定系数法可知直线AC的表达式为y=x+3，则∠CAB=45°,∠MES=∠NER=45°,MS=m，RN=n，从而ME=2m，RN=2n，即ME=NE=|t2+3t|，进而得m=n，①当m+n=4时，即m=n=2，故MN=42，又-3≤t≤0时，MNmax=<42，那么由图可知当t<-3时或t>1时，共2种情况满足题意；②当m-n=3时，即m=n+3，这与m=n相矛盾，故不成立，对应的t值有0个；③当mn=2时，由m=n可知，m=n=2，故ME=2，故|t2+3t|=2，即t2+3t=④当=1时，m=n恒成立，所以对应的t值有无【解答】解：(1)∵二次函数y=-x2-2x+3=-(x+3)(x-1)，∴令y=0，可得x=-3或1，即A(-3,0)，B(1,0)，把A(-3,0)，C(0,3)代入y=x2+bx+c中，可得设P(t，0)(-3≤t≤0)，则M(t,-t2-2t+3)，N(t,t2+4t+3)，故MN=-t2-2t+3-t2-4t-3=-2t2-6t=-2(t+2+，(3)作MS⊥AC于点S，RN⊥AC于点R，设MN交∴∠CAB=45°,∴∠MES=∠NER=45°,∵MS=m，RN=n，∴ME=2m，RN=2n，∵E(t,t+3)，∴ME=|t2+3t|，NE=|t2+3t|，即ME=NE=|t2+3t|，进而可得m=n，①当m+n=4时，即m=n=2，故MN=42，当-3≤t≤0时，MNmax=<42，那么由图可知当t<-3时或t>1时，共2种情况满足②当m-n=3时，即m=n+3，这与m=n相矛盾，③当mn=2时，由m=n可知，m=n=2，故ME=2，∴|t2+3t|=2，即t2+3t=±2，解得t=-2或-1或解得t=-2或-1或-3-17或-3+17∵m=n恒成立，∴对应的t值有无数个．7．【分析】(1)可求得D(2,-3)，进而将点D和点A(2)①可求得OF=32，从而得出OM+FM≥OF=四边形BOCF是正方形，进而得出点M坐标；②连接NG，作EH⊥EN于H，可证得△OCM≅△GCN，从而NG=OM，从而得出OM+BN=NG+BN≥BG，根据∠BCG=90°,BC=32，CG=3得(3)设EP交AB于F，作FW⊥BC于W，可得出AC=FC，从而∠FCO=∠OCA，进而推出∠OAP=∠BCF，进而得出tan∠OAP=tan∠BCF== ,从而=，从而求得PF，进而得出结果．C(0,-3)，D(2,-3)，ra-b-3=0ra=1∴.22+2b-ra-b-3=0ra=1∴抛物线的解析式为：y=x2-2x-3，∵y=x2-2x-3=(x-1)2-4，∴E(1,-4)；(2)①∵C(0,-3)，D(2,-3)，∴CD⊥OC，∵CF=CO=3，∴OF=32，∴OM+FM≥OF=32，当O、M、F共线时，OM+FM最小，2-2x-3=0得，x1=-1，x2=3，∴B(3,0)，∴BF⊥OB，∵∠BOC=90°,∴四边形BOCF是矩形，∴矩形BOCF是正方形，∴M,-；连接NG，作EH⊥EN于H，∵E(1,-4)，C(0,-3)，∴EH=CH=1，∴∠ECH=∠CEH=45°,∴∠BCO=45°,∴∠BCO=∠ECH，∵CG=OC，CM=CN，∴NG=OM，∴OM+BN=NG+BN≥BG，∵∠BCG=90°,BC=32，CG=3，∴(OM+BN)最__小；设EP交AB于F，作FW⊥BC于W，∵E(1,-4)，∴F(1,0)，∵A(-1,0)，∴OA=OF，∵OC⊥AF，∴AC=FC，∴∠FCO=∠OCA，∵∠OCB=45°,∴∠FCO+∠BCF=45°,∵∠OAP+∠OCA=45°,∴∠OAP=∠BCF，∵BF=OB-OF=2，∠OBC=45°,∴FW=BW=2，∵BC=32，∴CW=BC-BW=22，∴tan∠OAP=tan∠BCF==，∴P(1,1)或(1,-1)，标，得到P(tt2-t，进而求出PH，TH，进(3)①求出C点，B点坐标，分0<t≤1，1<t≤2，2<t<3三种情况，分别求出矩形的两条邻边长，利求出Q点坐标，分0<t≤1，1<t≤2，2<t<3三种情况，求出g的函数关系式，再根据f+g，分【解答】解：(1)把A(-1,0)代入yx2-x+c，∴c，(2)由(1)可知：yx2-x2-2，∴T(1,-2)，∵P是抛物线上一动点，设点P的横坐标为t，∵过点P作对称轴的垂线，垂足为H，∴PH=1-t，THt2-tt2-t(3)①当x=0时，y，当yx2-x时，x1=-1，x2=3，∴cB(3,0)，由(2)可知：T(1,-2)，P(tt2-t，对称轴为∴0<t<3，当0<t≤1时，抛物线弧CP的最高为P，此时特征矩形的两条邻边的长分别为：t，当1<t≤2时，抛物线弧CP的最高点为C，最低点为T，此时特征矩形的两条邻边的长分别为：t，∴f=2.(tt+1，当2<t<3时，抛物线弧CP的最高点为P，最低点为T，此时特征矩形的两条邻边的长分别为：t，t2当0<t≤l时，抛物线弧CQ的最高点为C，最低点为T，此时特征矩形的两条邻边的长分别为：2-t，∴PQ=2-t-t=2-2t，为Q，此时特征矩形的两条邻边的长分别为：2-t，∴PQ=t-2+t=2t为C，此时特征矩形的两条邻边的长分别为：t-2，∴g=2×t2-t+t-2(=t2-4；∵f+g=，2-4=，∴PQ=t-2+t=2t-2=17-2，(2)根据题意得出yD=，代入抛物线解析式得出 ②根据题意得出直线AE的解析式为y=kx+3，根据y=a(x-3)2+d(a<0)经过点C,2(，得出y=a(x-3)2+2-a=ax2-6ax+a+2，联立直线解，M,k+3(，-+6×+3①,根据点M为直线AE与L2的唯一公共点，得出△=(k+6a)2-4×a× -1(=0②,联立解得k的值，即可求解．【解答】解：(1)∵抛物线y=-x2+bx+c经过点A(0,3)，B(6,3)，顶点为P，∴y=-x2+6x+3=-(x-3)2+12，∴P(3,12)；∵抛物线y=a(x-3)2+d(a<0)经过点C,2(，对(3)①∵A(0,3)，P(3,12)，∴M,，，解得：a=-；②直线AE:y=kx+n(k>0)交L1于点E，A(0,3)，∴d=2-a，∴y=a(x-3)2+2-a=ax2-6ax+a+2，y=ax2-6ax+a消去y得，ax2-kx-6ax+-1=0，将E代入y=-x2+6x+3，函数的对称轴是直线x==-1，则可设二次函(2)依据题意，结合(1)y=(x+1)2-3，可得顶点坐标为(-1,-3)，进而可以作图得解；(3)依据题意，由二次函数的图象向右平移n个单位长度后，则新函数为y=(x+1-n)2-3，故此时对称轴是直线x=n-1，函数图象开口向上，然后分三种情∴可设二次函数为y=a(x+1)2+k．∴-2=a(0+1)2+k，且1=a(1+1)2+k．∴a=1，k=-3．∴二次函数为y=(x+1)2-3，即y=x2+2x-2．∴顶点坐标为(-1,-3)．(3)由题意，∵二次函数的图象向右平移n∴新函数为y=(x+1-n)2-3．∴此时对称轴是直线x=n-1，函数图象开口向上．∴①当3≤n-1时，即n≥4，∴当x=0时，y取最大值为(1-n)2-3；当x=3时，y取最小值为(4-n)2-3．∴(1-n)2-3-(4-n)2+3=5．∴n，不合题意．②当0<n-1<3时，即1<n<4，∴当x=0或x=3时，y取最大值为(1-n)2-3或(4-n)2-3；当x=n-1时，y取最小值为-3．∴(1-n)2-3+3=5或(4-n)2-3+3=5．∴n或n不合题意，舍去)或n=4③当n-1≤0时，即n≤1，∴当x=0时，y取最小值为(1-n)2-3；当x=3时，y取最大值为(4-n)2-3．∴(4-n)2-3-(1-n)2-3=5．∴n，不合题意．等面积转化，由面积求得线段长度，可得点的坐标，从而可求直线的解析式，再与抛物线解析式联立，即可得点R的坐标，从而可得直线方程，由等腰三角形的性质，可知G为直线与抛物线的交点，联立此直线方程与抛物线解析式，结合所处象限，即可得到点G(4)根据题设条件所描述的运动过程，结合三角形的相似判定与性质，分析CF取最小值和最大值时候点F所处的位置，用勾股定理解直角三角形，结合三角形三【解答】解：(1)解：将A(-1,0)，B(6,0)代入抛物线的解析式y=ax2+bx+3，∴抛物线的解析式为yx+3．△QBC=S△PBC=24，∴BQ=8，又∵B(0,3)，∴点Q(0,-5)，∵B(0,3)，C(6,0)，∴直线BC的解析式为yx+3，联立yx-5与y，可解得x=-2或8，故P1(-2,-4)，P2(8,-9)．从而∠CBR=45°,如图b所又∵点G是第四象限内抛物线上的一点，∠CBG=由旋转可知∠BOC=∠RSC=90°,BO=RS=3，OC=SC=6，故点R坐标为(3,-6)，由待定系数法可知直线BR的表达式为y=-3x+3，联立y=-3x+3与y，整理可得x2-11x=0，解得x=11或0(舍去)，故点G坐标为(11,-30)，故答案为：(11(4)由题意知四边形OCED为矩形，OD=BO=3，DE=OC=6．∴GHOD=2，HEDE=4，DH=6-4=2，故DG．∵∠DFG=90°,∴根据斜边中线定理可得FJDG故CF≥CJ-FJ，当且仅当J、F、C共线时取等号．易知点J坐标为(1,-2)，C(6,0)，故CJ则CF≥CJ-FJ大，即CF=OE=35，(2)根据题意，利用相似三角形的性质求出面积之比即(3)QM经过最低点，即经过顶点，画出示意图，先求出顶点坐标，再利用相似三角形的判定和性质求出m(4)根据题意，分三种情况进行分析，画出图形找出临界点，利用相似三角形的性质列出一元二次方程，然【解答】解：(1)将(2,-1)代入y=x2+bx-得，-1=4+2b-1，解得b=-2，∴抛物线的解析式为y=x2-2x-1；根据题意可得，∠M=∠ODQ=90°,∠Q=∠Q，∴△QOD∽△QPM，S△QOD4则S四边形ODMP=9-4S△QOD4该抛物线的顶点坐标为(1,-2)，该抛物线的顶点坐标为(1,-2)，∴△PON∽△OQD，且相似比为OP=1故Q(23-2,-2)；故Q(-23-2,-2)；综上，Q(23-2,-2)或Q(-23-2,-2)；(4)①当PQ经过顶点T时，过点T作TE⊥x轴，交x轴于点E，△PON∽△TOE，去)，或m=-1，∴m≤-1；x，交x轴于点E，此时，Q[同理，△PON∽△QOE此时，Q[-2m，-2(m2-2m-1)]，代入抛物线解析式得，-2(m2-2m-1)=(-2m)2+4m-1，解得m=2(舍去)，或m=-此时，当P点向下一直移动，直至到x轴时，都符合2-2x-1=0时，思路同②,此时Q[-2m，-2(m2-2m-1)]，代入抛物线解析式得，-2(m2-2m-1)=(-2m)2+4m-1，2解得m=-2解得m=-此时，当P点向右一直移动，直至到x轴时，都符合∴当2<m<1+2时，符合题意；综上m≤-1或-2≤m<1-2或2<m<1+13．【分析】(1)把A(1,0)，B(-5,0)代入y=ax2+(2)求出C(0,-5)，直线BC的解析式y=-x-5，设P(x,x2+4x-5)，则E(x,-x-5)，分x<-5，-5<x<0，0<x<1和x>1，四种情况解答；(3)过点F，P作FG⊥x轴于G，PH⊥x轴于H，得∠AGF=∠AHP=90°,根据等腰直角三角形．得AF=AP，∠PAF=90°,得∠FAG=∠APH，得△AFG≅△PAH(AAS)，得AH=FG，PH=AG，设P(m,m2+4m-5)，分-5<m<1和m>1两种情况解答．【解答】解：(1)∵抛物线y=ax2+bx-交x轴于A(1,0)，B(-5,0)两点，ra+b-5=0ra=1ra+b-5=0ra=1(2)y=x2+4x-5中，当x=0时，y=-5，∴C(0,-5)，∴设直线BC的解析式为y=kx-5，∵B(-5,0)，∴-5k-5=0，∴k=-1，∴y=-x-5，设P(x,x2+4x-5)，则E(x,-x-5)，当x<-5时，PE=x2+4x-5-(-x-5)=x2+5x，DE=-x-5，∵PE=3ED，∴x2+5x=3(-x-5)，解得x=-3(不合)，或x=-5(舍去)，当-5<x<0时，PE=-x-5-(x2+4x-5)=-x2-5x，DE=x+5，∴-x2-5x=3(x+5)，解得x=-3，或x=-5(舍去)，∴x2+4x-5=-8．∴P1(-3,-8)；当0<x<1时，PE<CE，点P不存在；当x>1时，PE=x2+4x-5-(-x-5)=x2+5x，DE=x+5，x2+5x=3(x+5)，解得x=3，或x=-5(舍去)，∴x2+4x-5=16，故P点坐标为P1(-3,-8)，P2(3,16)；(3)过点F，P作FG⊥x轴于G，PH⊥x轴于H，则∠AGF=∠AHP=90°,∵△AFP是以PF为斜边的等腰直角三角形．∴AF=AP，∠PAF=90°90°,∴∠FAG+∠PAH=∠APH+∠PAH=90°,∴∠FAG=∠APH，∴△AFG≅△PAH(AAS)，∴AH=FG，PH=AG，设P(m,m2+4m-5)，当-5<m<1时，AH=1-m，PH=-m2-4m+∴FG=1-m，∴-x-5=1-m，∴x=m-6，∴F(m-6,1-m)，∴AG=1-(m-6)=7-m，∴-m2-4m+5=7-m，解得m=-1，m=-2，∴P坐标为(-1,-8)，或(-2,-9)；当m>1时，AH=m-1，PH=m2+4m-5，∴FG=m-1，∴-x-5=m-1，∴x=-m-4，∴F(-m-4,m-1)，∴AG=1-(-m-4)=m+5，∴m2+4m-5=m+5，解得m=2，m=-5(舍去)，故P坐标为(-1,-8)，或(-2,-9)，或(2,7)．于该抛物线的对称轴对称，可得2m+1=2，求出(4)根据题意可知四边形ABCD是平行四边形，过点OOA与AD重合时，当OB与BC重合时．∴9+3b=3，解得b=-2，∴y=x2-2x；(2)∵点A、B横坐标分别为m、m+1，∴A(m,m2-2m)，B(m+1,m2-1)，∵y=x2-2x=(x-1)2-1，∴对称轴为直线x=1，∴2m+1=2，解得m，∵A、C关于M点对称，∴C为-1，解得m或m(舍)；(4)∵A、C关于点M对称，B、D关于M点对称，∴MA=MC，MB=MD，∵∠AOB=∠OAD+∠OBC，∴∠OBC=∠BOF，∠OAD=∠FOA，∵A(m,m2-2m)，B(m+1,m2-1)，∴C(2-m,2-m2+2m)，D(1-m,3-m2)，直线OA的解析式为y=(m-2)x，直线OB的解析式为y=(m-1)x，直线AD的解析式为yx+m2-2m-直线BC的解析式为yx+m2-1-，，，，=4，时，∠AOB=∠OAD+∠OBC．15．【分析】(1)先求出A(3,0)，B，再分别代入y2=ax2+c，列出二元一次方程组，即可解(2)①设直线AB的解析式为y=kx+b(k≠0)，将A(3,0)，B分别代入，得直线AB的解析式为y，设点E的坐标为(mm-1(，求出y2= DE，即可解答．(3)易得yx<3(，当x=，，，，解得x1=-1，x2=3，∴A(3,0)，将A(3,0)，B分别代入y2=ax2+c，得设直线AB的解析式为y=kx+b(k≠0)，由条件可得：,解得，设点E的坐标为(mm-1(，将x=m代入y1得D(m将x=m代入y2，得C(mDE=m-1(-m2-=∴DE=2CE；∴m或m．∵当x≤t-n时，函数y3的最小值为，最大值为t，x≤t-n时，函数y3的最大值为t，∴当x=1时，函数y3的最大值为t，即t= ∵t，,化简得-2≤-3n≤311-5，16．【分析】(1)将A(1,0)、C(2,5)代入y=ax2+bx-3(a≠0)得方程组，解方程组即可；(2)①令y=0，则x2+2x-3=0，解方程即可求出点(3)设点P的坐标为(0,a)，先由两点间的距离公式得AC2=50，AP2=9+a2，CP2=a2-10a+29，再分两种情况讨论：当AP为斜边时，则AP2=AC2+CP2，当CP为斜边时，则CP2=AC2+AP2，分别解【解答】解：(1)将A(1,0)、C(2,5)代入y=ax2+bx-3(a≠0)得，∴抛物线的解析式为y=x2+2x-3；(2)①令y=0，则x2+2x-3=0，解得x=-3或x=1，∴点A的坐标为(-3,0)；②根据图象可知，当y<0时，x的取值范围为-3<x<1，故答案为：-3<x<1；∵A(-3,0)，C(2,5)，∴AC2=(2+3)2+(5-0)2=50，AP2=(0+3)2+(a-0)2=9+a2，CP2=(0-2)2+(a-5)2=a2-10a+当AP为斜边时，则AP2=AC2+CP2，∴9+a2=50+a2-10a+29，当CP为斜边时，则CP2=AC2+AP2，∴a2-10a+29=50+9+a2，解得a=-3，(0,-3)，入y=-x2+bx+c进行计算，即可作答；(2)先得B(-1,0)，A(3,0)，再证明△DMB∽△ENB，运用DE:BE=1:2，得，设点E的纵坐标为2m，则点D的纵坐标为3m，再分别求出AC的解析式为y=-x+3，BE的解析式为y整理得点D(5-3m,3m)，因为点D为抛物线上第一象限内一点，得3m=-(5-3m)2+2(5-3m)+3，解得m1=(3)先求出F(1,4)，再整理得平移后的抛物线的解析式为y=-(x-m)2+n，因为点P(m,n)在y=-(x-1)2+4上，则(m-1)^{2}=4-n，即N(1,-4+2n)，故PF2=PN2，所以△PFN是等腰三角形，再结合解直角三角函数得∠FPH=tan60°=，算得4-n=3(m-1)，再运用换元法进行整理得(t析式为y=-(x-1-3)2+1，求出x1=2+3，x2【解答】解：(1)依题意，分别把A(3,0)，C(0,3)代入y=-x2+bx+c，则y=-x2+2x+3，C(0,3)，3，x2=-1，故B(-1,0)，A(3,0)，分别过点E、D作EN⊥OA，DM⊥OA，如图所示：∵EN⊥OA，DM⊥OA，∵∠DBM=∠EBN，∴△DMB∽△ENB，DMBDENBE，∴DM=3设AC的解析式为y=kx+r(k≠0)，∵C(0,3)，A(3,0)，r3(0=3k+r，∴AC的解析式为y=-x+3，把y=2m代入y=-x+3，得2m=-x+3，∴x=3-2m，∴E(3-2m,2m)，把E(3-2m,2m)，B(-1,0)分别代入y=tx+q，，即点D(5-3m,3m)，∵点D为抛物线上第一象限内一点，且y=-x2+2x+3，∴3m=-(5-3m)2+2(5-3m)+3，整理得3m2-7m+4=(m-1)(3m-4)=0，(2,3)，综上：D(2,3)或D(1,4)；整理y=-x2+2x+3=-(x-1)2+4，∵F为抛物线的顶点，∴F(1,4)，∵平移抛物线使得新顶点为P(m，n)(m>1)，P又在连结FP、PN，过点P作PH⊥FN，∠FPN=120°,∴平移后的抛物线的解析式为y=-(x-m)2+n，把x=1代入y=-(x-m)2+n，得yN=-(1-m)2+n，∵点P(m,n)在y=-(x-1)2+4上，∴n=-(m-1)2+4，∴(m-1)2=4-n，∴yN=-(1-m)2+n=-4+n+n=-4+2n，∴N(1,-4+2n)，∵P(m,n)，N(1,-4+2n)，F(1,4)，∴PF2=(m-1)2+(n-4)2，PN2=(m-1)2+[n-(-4+2n)]2=(m-1)2+(n-4)2，则PF2=PN2，即PF=PN，∴△PFN是等腰三角形，∵∠FPN=120°,则tan∠FPH=tan令t=m-1，即nt+4，∵n=-(m-1)2+4，∴-3t+4=-t2+4，即tt=0，∴m-1=0，或m∴P(1+3,1)，∴平移后的抛物线解析式为则|x1-x2|=2+3-3=2，∴新抛物线与x轴存在两个不同的交点直角三角形，从而得到G点坐标，求出直线CG的解平行四边形，根据DE+EH≥DH，得出DE+EH=DH时，DE+EH最小，进一步求出DH即可．【解答】解：(1)∵A(-1,0)，B(3,0)，在二次函数y=-x2+bx+c的图象上，设该二次函数为y=-(x-x1)(x-x2)，∴y=-(x+1)(x-3)，∴y=-x2+2x+3；(2)①把x=0代入y=-x2+2x+3，得y=3，∴C(0,3)，∵B(3,0)，C(0,3)，∴OB=OC=3，∵∠COB=90°,∴∠CBO=45°,∵∠DCB=90°=∠BCG，∴∠CGB=90°-∠CBO=90°-45°=45°,∴∠GCO=180°-∠COG-∠CGB=180°-90°-45°=∴OG=OC=3，∴G(-3,0)，设直线CG的解析式为：y=kx+m(k≠0)，把C(0,3)，G(-3,0)代入，得k+m，解得∴直线CG的解析式为：y=x+3，∴D(1,4)；②如图，过点D作二次函数的对称轴平行于y轴，过H=EF，连接HE，设DH交x轴为点G，∴OF=EH，∴∠BOH=45°,∴OG=GH，∵OH=EF=2，OG2+GH2=OH2，∴OG=GH=1，∴H(1,-1)，∵DE+EH≥DH，∴当DE+EH=DH时，DE+EH最小，∵D(1,4)，H(1,-1)，∴DH=5．此时D、E、H三点共线且DH⊥x轴，∴点F的坐标为(0,3)与点C重合，满足EF在线段∴DE+OF的最小值为5．19．【分析】(1)把点A(2,2)代入二次函数y=ax(x-4)中，可得a=-，进而可得二次函数的表达式；可知P(x1，-x+2x1(，B(x1，x1)，2，-x+2x2(，C(x2，x2)，故PB=-x+x1，QC=-x+x2，根据PB>QC，可得不等式-x+x1>-x+x，整理变形后可得x1+x2>2；选择②：同理得R(x3，-x+2x3(，D(x3，x3)，故RD=-x+x3，由PB>RD，可得不等式-x+x1>-x+x3，整理变形后可得x1+x3<2；(1-x1(x+x1，设直线AP交y轴于点G，如图2所示，先证明△GOA≅△TOA(SAS)，进而可得∠AMN=∠TAO，再证明△TOA≅△TNM(AAS)，可得TN=TO=x1，ON=2x1，作QH⊥x轴于点H，则tan∠QTH==-x1+6，又tan∠QTH=tan∠Q1TO，即=-x1+6，故OQ1=-x+x1-2(x-x+2x1，即OR1=-x+2x1，故R1Q1=OQ1+OR1=-x+8x1，t=R1Q1-ON=-x+8x1-2x1=-x+6x1=-x1-2+，【解答】解：(1)把点A(2,2)代入二次函数y=ax(x-得-4a=2，故a=-，故此二次函数的表达式为y=-x2+2x．y=x，Q(x2，-x+2x2(，C(x2，x2)，故PB=-x+2x1-x1=-x+x1，QC=-x+x2，∵PB>QC，即-x+x1>-x+x，整理可得(x2-x1)(x2+x1)>x2-x1，由于x2-x1>2+x1)>1，即x1+x2>2；选择②：同理得R(x3，-x+2x3(，D(x3，x3)，故RD=-x+x3，∵PB>RD，即-x+x1>-x+x3，整理可得(x3-x1)(x3+x1)>x3-x1，由于x3-x1<3+x1)<1，即x1+x3<2；(1-x1(x+x1，则OG=x1=OT，在△GOA和△TOA中，(OG=OT∠GOA=∠TOAOA=OA:△GOA≥△TOA(SAS)，:∠PAO=∠TAO，“∠AMN=∠PAO，:∠AMN=∠TAO，“AO=22+22=22=MN，在△TOA和△TNM中，(∠TMN=∠TAO∠OTA=∠NTMAO=MN:△TOA≥△TNM(AAS)，:TN=TO=x1，ON=2x1，作QH丄x轴于点H，又“tan∠QTH=tan∠Q1TO，即=-x1+6，:OQ1=(-x1+6(x1=-x+6x1．“T(x1，0)，Rx1，-x+x1(，x1-2(x-x+2x1，即OR1=-x+2x1，:R1Q1=OQ1+OR1=-x+8x1，:t=R1Q1-ON=-x+8x1-2x1=-x+6x1=-x1-2+，(2)由抛物线的对称轴为直线x=-3，设P(-3,t)，过P作KTⅡx轴，过B作BK丄KT于K，过D作DT丄KT于T，求出B(-5,0)，得KP=-3-(-5)=2，再证△BPK≥△PDT(AAS)，可得BK=PT=|t|，KP=DT=2，故D(-3+t,t-2)，代入y=x2+6x+5得：t-2=(-3+t)2+6(-3+t)+5，解出t值得P的坐标为(-3,-1)或(-3,2)；A作AH丄CM于H，AH交y轴于Q，证明△QCH是等腰直角三角形，可得QH=CQ，∠CQH=最小，最小值为2AH，由△AQO是等腰直角三角形，再求出CQ=OC-OQ=4，可得QH=CQ=-3对称，与x轴交于A(-1,0)，:抛物线的解析式为y=x2+6x+5；(2)由抛物线的对称轴为直线x=-3，设P(-3,t)，过P作KTⅡx轴，过B作BK丄KT于K，过D作DT丄KT于T，如图：解得x=-1或x=-5，:B(-5,0)，:KP=-3-(-5)=2，:∠BPK=90。-∠DPT=∠PDT，:△BPK≥△PDT(AAS)，:BK=PT=|t|，KP=DT=2，:D(-3+t,t-2)，把D(-3+t,t-2)代入y=x2+6x+5得：t-2=(-3+t)2+6(-3+t)+5，解得t=-1或t=2，∴P的坐标为(-3,-1)或(-3,2)；过C在y轴右侧作射线CM，使∠OCM=45°,过A作AH⊥CM于H，AH交y轴于Q，如图：∵∠OCM=45°,∠QHC=90°,∴QHCQ，∠CQH=45°,∴2AQ+2CQ=2(AQ+CQ(=2(AQ+QH)=2AH，∵∠AQO=∠CQH=45°,∠AOQ=90°,∴OQ=OA=1，AQOA∴Q(0,1)，在y=x2+6x+5中，令x=0得y=5，∴C(0,5)，∴CQ=OC-OQ=5-1=4，∴AH=AQ+QH，(2)分类讨论：点P在直线BC上方时，易得∠ACO=∠ABP，此时利用相似或者三角函数求出OK长度，进时，可以作A关于y轴对称点L，则易得∠CBP=于直线BC的对称点G，求出点G坐标，进而求出直(3)在二次函数中，一般处理二倍角问题可以构造等腰使AD=CD，则∠ADO=2∠ACO=∠BAQ，先求出OD长度，进而作点B关于直线AQ对称点E，连接BE交AQ于点F，过E作EG⊥x轴于点G，易得BM+MN=EM+MN≥EG，所以解Rt△BEG即可得解．【解答】解：(1)∵对称轴为直线x=1，且二次函数y=x2+bx+c(b、c为常数)的图象与x轴交于A(-1,∴y=(x+1)(x-3)=x2-2x-3；(2)由y=x2-2x-3可知C(0,-3)，∴OB=OC=3，即∠OCB=∠OBC=45°,如图，记BP与y轴交于点K，则∠OPB+∠CBP=∠OBC=45°,又∵∠CBP+∠ACO=45°,∴∠OBP=∠ACO，∴tan∠OBP=tan∠ACO，即，由B(3,0)，K(0,-1)可得直线BP解析式为yx-则∠ACO=∠LCO，L(1,0)，∵∠CBP+∠ACO=45°,∠LCO+∠BCL=45°,∴∠CBP=∠BCL，由C(0,-3)，L(1,0)可得直线CL的解析式为y=3x-∴设直线BP:y=3x+n，将B(3,0)代入得n=-9，∴直线BP:y=3x-9，∴P(2,-3)；方法二：作K关于直线BC对称点G，连接KG交BC此时∠CBK=∠CBP，满足∠CBP+∠ACO=45°,∵K(0,-1)，C(0,-3)，∴CK=2，∵∠BCO=45°,∴H(1,-2)∴G(2,-3)∵点G(2,-3)也在抛物线上，∴点P与点G重合，即P(2,-3)；综上，点P的坐标为或(2,-3)；(3)如图，在OC上取点D，使AD=CD，则∠ADO=2∠ACO，∵∠BAQ=2∠ACO，∴∠BAQ=∠ADO，设OD=m，则CD=AD=3-m，在Rt△AOD中，OA2+OD2=AD2，∴1+m2=(3-m)2，过E作EG⊥x轴于点G，则BM=EM，BF=EF，∴BM+MN=EM+MN≥EG，当且仅当E、M、G三点共线时，(BM+MN)min=EG；∵∠BAQ=∠ADO，∴sin∠BAQ=sin∠ADO，∵∠AGE=∠AFE=90°,∴∠BEG=∠BAF=∠ADO，22．【分析】(1)把A(3,0)代入y=ax2+2ax，(2)设直线PQ为y=-x+n，设点=-(m+2)+n，即可求解；点G(x3，y3)，H(x4，y4)，与抛物线解析式联立可得△>0，x3+x4=4k-2，x3x4=-15-4b，作GC丄MN，HD丄MN，GC=-1-x3，MC=y3+5，HD=x4+1，MD=y4+5，根据∠GMN=∠HMN，可得tan∠GMN=tan∠HMN，从而得到=，进0，继而得到-4k(b-k+3)=0，再由直线l不垂直于1)-3，即可求解．:a=，:抛物线的解析式为y=x2+x-，令y=0，则x2+x-=0，解得x1=-5，x2=3，:B(-5,0)；(2)“y=(x+1)2-4，N是抛物线顶点，:N(-1,-4)，“B(-5,0)，N(-1,-4)，:，解得： :直线BN的解析式为y=-x-5，“PQⅡBN，可设直线PQ为y=-x+n，设点P(m,m2+m-，Q(m+2,(m+2)2+(m+2)-，:m2+m-=-m+n且(m+2)2+(m+2)-=-(m+2)+n，解得：m=-4；(x3，y3)，H(x4，y4)，:y=x2:x2+(2-4k)x-15-4b=0，:△>0，x3+x4=4k-2，x3x4=-15-4b，作GC丄MN，HD丄MN，GC=-1-x3，MC=y3“∠GMN=∠HMN，MCMD，:tan∠GMN=tan∠HMN．即GCMCMD，:=-1-x3:=:-4k(b-k+3)=0， :k≠0，:b-k+3=0，:b=k-3，:直线l解析式y=k(x+1)-3，“无论k为何值，x=-1，y=-3，:l过定点T(-1,-3)，故存在定点T(-1,-3)．23．【分析】(1)分割法得到四边形BCDE的面积=BD.CE，即可得出结果；(2)根据三角形的中位线定理，证明△ADE一△ABC，进而推出S四边形DCBE=S△ABC，进而得到当四边形BCDE的面积最大时，S最大，过点B作BM丄CE，过点D作DN丄CE，则BM≤BG，DN≤DG，进而(3)根据平移求出抛物线y的解析式，设xF=m，根据三角形的中线平分面积，得到K为F，Q的中点，进而得到Q点坐标，设H(n,-n2+n-，根据斜率公式求出k2，根据直线过点H，将解析式写为y-yH=k2(x-xH)，得到y=-(n-m)(x-1)+x+1，∴四边形BCDE的面积=S△BCE+S△DCE(2)∵△ABC中，D，E分别是AC，AB的中点，∴△ADE∽△ABC，如图，过点B作BM⊥CE，过点D作DN⊥CE，则BM≤BG，DN≤DG，∵四边形BCDE的面积=S△BCE+S△DCE∴四边形BCDE的面积最大CE.BD，∵BD+CEBD=x，∵直线y=k1x-k1交该图象于点F，H(F点在H点左设xF=m，xH=n，∴2x2+(3k1-7)x-3k1+2=0∴根据韦达定理得m+nmn，∵S△HFK=S△HKQ，∴K为F，Q的中点，过点F，Q的直线与直线x=l交于点K，∴xK=1，∴xQ=2-m，设H(n∴直线l:y-yH=k2(x-xH)，即y=-(n-m)+1|(x-n)+(-n2+n-=-(n-m)+1|x-mn+n-，∵n-m≠0，再求出对称轴，则得到点M的坐标表示，再由两点间(3)设P(m,0)，由旋转得∠NPH=90°,PN=PH，当m<-1时，过点P作y轴的平行线，过点H，N分别作平行线的垂线，垂足为点F，E，证明△PEN≅△HFP(AAS)，表示出H(4+m,1+m)，将点H(4+m,1+m)代入y=-x2-2x+3，得-(4+m)2-2(4+m)+3=1+m，解方程即可；当m>-1时，作出同样的辅助线，同理可求解．【解答】解：(1)∵抛物线y=ax2+bx+c与x轴相交于A(-3,0)、B(1,0)两点，与y轴交于点C(0,3)，r9a-3b+c=0ra=-1∴a+b+c=0，解得：{b=-2，∴抛物线的表达式为y=-x2-2x+3；∴D(-4,-5)，∵y=-x2-2x+3=-(x+1)2+4，∴抛物线的对称轴为直线x=-1，顶点为N(-1,4)，设M(-1,n)，∵MB=MD，∴MB2=MD2，∴(-1-1)2+(n-0)2=(-1+4)2+(n+5)2，解得：n=-3，∴n的值为-3；(3)由(2)得顶点N(-1,4)，设P(m,0)，由旋转得∠NPH=90°,PN=PH，当m<-1时，过点P作y轴的平行线EF，过点H，N分别作EF的垂线，垂足为点F，E，如图，∴∠E=∠F=∠NPH=90°,∴∠EPN+∠ENP=∠EPN+∠FPH=90°,∴∠ENP=∠FPH，∴△PEN≅△HFP(AAS)，∴EN=PF=-1-m，PE=FH=4，∴H(4+m,1+m)，将点H(4+m,1+m)代入y=-x2-2x+3，得-(4+m)2-2(4+m)+3=1+m，解得：m=-11±；当m>-1时，过点P作y轴的平行线，过点H，N分∴∠E=∠F=∠NPH=90°,∴∠EPN+∠ENP=∠EPN+∠FPH=90°,∴∠ENP=∠FPH，∴△PEN≅△HFP(AAS)，∴EN=PF=m+1，PE=FH=4，∴H(m-4,-m-1)，将点H(m-4,-m-1)代入y=-x2-2x+3，得-(m-4)2-2(m-4)+3=-m-1，整理得：m2-7m+4=0，解得：m=7±；或．y=-x2+2x+3；(2)过F作FH⊥x轴于H，设直线CD交y轴于K，求出K(0,，直线y=x+与x轴交点为A(-1,0)，得tan∠KAO==，设FH=t，则EH=2t，得DE=EF=5t，AD=2DE=25t，AE=5t，从而求出F(7t-1,t)，把F(7t-1,t)代入y=-x2+2x+3得：t=-(7t-1)2+2(7t-1)+3，解出t值可得F(3)由点P(x1，y1)在抛物线y=-x2+2x+3上，点Q(x1，y2)在抛物线y=x2-(4m-2)x+4m2+2上，可得y2-y1=x-(4m-2)x1+4m2+2-(-x+2x1+3)=2x-4mx1+4m2-1=2(x1-m)2+2m2-1，再分【解答】解：(1)把(2,3)，A(-1,0)代入y=-x2+bx∴抛物线的解析式为y=-x2+2x+3；(2)过F作FH⊥x轴于H，设直线CD交y轴于K，在y中，令x=0得y，令y=0得x=-1，∴K，直线y与x轴交点为A(-1,0)，∴∠FEH=∠KAO，设FH=t，则EH=2t，∵∠ADE=90°,∴AH=AE+EH=5t+2t=7t，∴OH=AH-OA=7t-1，∴F(7t-1,t)，把F(7t-1,t)代入y=-x2+2x+3得：t=-(7t-1)2+2(7t-1)+3，(3)∵点P(x1，y1)在抛物线y=-x2+2x+3上，点Q(x1，y2)在抛物线y=x2-(4m-2)x+4m2+2上，∴y1=-x+2x1+3，y2=x-(4m-2)x1+4m2+2，∴y2-y1=x-(4m-2)x1+4m2+2-(-x+2x1+3)=2x-4mx1+4m2-1=2(x1-m)2+2m2-1，当m≤1时，若1≤x1≤2，则x1=1时，y2-y1的值∴2(1-m)2+2m2-1=3，当1<m<2时，若1≤x1≤2，则x1=m时，y2-y1∴2m2-1=3，当m≥2时，若1≤x1≤2，则x1=2时，y2-y1的值∴2(2-m)2+2m2-1=3，解得m1=m2=1(舍去)；△AEF是等腰直角三角形，然后根据△AEF的外接圆直径是AE=2，可得其外接圆的半径R=1，再利用等积法求出r，即可解决问题；②先求得抛物线的顶点M的坐标和对称轴与x轴的交BP，继而可得MPBP=MP+PQ，于是可得当M、P、Q三点共线且MQ⊥x轴时，MP+BP的值最小，此时Q、T重合，然后分点F在△ACE不同内角平分线上共三种情况，外加当点E，F重合于点O时，此时点F在∠AE特殊情况，讨论求解即可．【解答】解：(1)把B的坐标(3,0∴抛物线的解析式是y=-x2+2x+3；(2)①令y=-x2+2x+3=0，解得：x1=-1，x2=3，∴A(-1,0)，∵B(3,0)，C(0,3)，∴OB=OC=3，∴∠OBC=45°,∴∠FEA=∠CBO=45°,∴当∠AFE=90°时，△AEF是等腰直角三角形，且FA=FE，∴EO=AO=FO=1，∴△AEF的外接圆直径是AE=2，AF.rEF.rAE.rAE.FO，即+2+2).r=2，解得：r②∵y=-x2+2x+3=-(x-1)2+4，抛物线的对称轴是直线x=1，顶点M的坐标是(1,4)，∴直线x=1与x轴的交点T的坐标是(1,0)，作PQ⊥x轴于点P，∴当M、P、Q三点共线且MQ⊥x轴时，MP+BP的值最小，此时Q、T重合，当点F在△AEC的内角∠ACE的平分线上即∠ACO=∠ECO时，如图，∵∠COA=∠COE=90°,CO=CO，∴AO=EO=1，∴E、T重合，∵B(3,0)，C(0,3)，∴直线BC的解析式是y=-x+3，∴BE=PE=2，如图，作FK⊥AC于点K，则OF=KF，设OF=KF=a，则CF=3-a，∵sir∠ACO且AC∴∠OEF=∠OBC=45°,由于∠OEF=45°,∠OEC符合题意，则BE=BO=3，27．【分析】(1)分别将O(0,0)，O(0,0)代入抛物线(2)①结合题意，分别确定点M、N的坐标，即可获得②首先确定MN=|at2-3at|，再分a>0和a<0两种【解答】解：(1)将点O(0,0)代入，抛物线y=ax2+(2)①若a=1，则该抛物线及直线解析分别为y=x2-∵PM⊥x轴，∴xM=xN=4，M(4,8)，∴MN=8-4=4；∵PM⊥x轴，P(t,0)，∴xM=xN=t，将x=t代入y=ax2-2ax，可得y=at2-2at，即M(t,at2-2at)，将x=t代入y=ax，可得y=at，即N(t,at)，∴MN=|at2-2at-at|=|at2-3at|，令MN=0，即at2-3at=0，解得t=0或t=3，当0<t≤3时，可有MN=-at2+3at，其图象开口向若MN的长随OP的长的增大而增大，即MN的长随t当t>3时，可有MN=at2-3at其图象开口向当t<0时，可有MN=-at2+3at，其图象开口向若MN的长随OP的长的增大而增大，即MN的长随t则2a≤,解得a≤,28．【分析】(1)将A和B代入(2)①将A和B代入解析式，求出抛物线解析式为抛物线解析式为y=ax2-4ax+3a+1=a(x-2)(2)①将A(1,1)，B(3,1)代入y=ax2+mx+n(a≠1)r1=a+m+nrm=-4ar1=a+m+nrm=-4a∴抛物线解析式为y=ax2-4ax+3a+1=a(x-2)2+1-a，∴D(0,3a+1)，顶点Q(2,1-a)，∴C(0,4)，P(2,0)，过点Q作QM⊥CD于点M，∴M(0,，∴1-a=4，∴a=-3，∴D(0,-8)，过点P作PN⊥CD于点N，∴N(0,0)，(3)根据题意，易得要使n-m最大，则m，n为一条直线与抛物线的交点，x=m和x=n关于对称轴对一条直线恰好经过抛物线的顶点(3,-4)，即：y=-4时，n-m最大，此时另一条直线的解析式为y=16m，n的值，进行求解即可．∵点A(0,t)在y轴上，过点A(0,t)与x轴平行的直线5=-3，∴t=-3；(3)∵y=x2-6x+5=(x-3)2-4，∴抛物线的顶点坐标(3,-4)，当抛物线的一段y=x2-ax+5(m≤x≤n)夹在两条∴要使n-m最大，则，m，n为一条直线与抛物线-4时，n-m最大，此时另一条直线的解析式为y=